2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练3.2导数的应用理

019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练
导数的应用理
x
e
1.
[xx •衡水二中周测]已知函数f (x )= 一，贝U x >0时，f (x )(
)
x
A. 有极大值，无极小值
B. 有极小值，无极大值
C. 既有极大值，又有极小值
D. 既无极大值也无极小值
答案 B
令 f '(x ) = 0,得 x = 1.
2. [xx •枣强中学仿真]在R 上可导的函数f (x )的图象如图所示，则关于 x 的不等式
A. ( —s, — 1) U (0,1)
B. ( — 1,0) U (1 ,+s)
C. ( — 2, — 1) U (1,2)
D. ( —s,— 2) U (2 ,+s) 答案 A
解析 由f (x )的图象知，当x <— 1或x >1时，f '(x )>0 ;当一1<x <1时，f '(x )<0, ••• x • f '(x )<0 的解集是(一s,— 1) U (0,1). 3. [xx •衡水二中月考]已知f
(x )为R 上的可导函数，且
？ x €
R,均有f
(x )>f '(x ),
则以下判断正确的是(
)
A. f (xx)>e xx f (0)
B. f (xx)<e xx f (0)
3.2
解析f (x)= x
x
e • x — e 2
x
X —I
x
又f (x )在(0,1)上单调递减，在 (1 ,+s )上单调递增. 所以x = 1为f (x )的极小值点, f (x )无极大值•故选B.
x • f '(x )<0的解集为(
x >0.
C. f (xx) = e xx f (0)
D. f (xx)与e xx f (0)大小无法确定答案B
••• f (x )>f '(x ) ,••• g '(x )<0 ,即函数 g (x )在 R 上递减，二 g (xx)< g (0), • f 2皿 f 0
• f (
xx)<_ xx f
(0)
--
2013
< o ，…f (xx)<e f (0).
e
e
4. [xx •武邑中学热身]函数f (x ) = e i ii iii iv v vi vii viii ix x — x (e 为自然对数的底数)在区间[—1,1]上的最 大值是(
)
1
A. 1+— B . 1
e
C. e + 1 D . e — 1 答案 D 解析 f '(x ) = e x — 1,令 f '( x ) = 0,得 x = 0.
1 ,. , .
又 f (0) = e — 0= 1, f (1) = e — 1>1, f ( — 1) =-+ 1>1，而 e — 1 — - + 1 = e — 一―2 =
e 『 e
>0,
所以 f (X )max = f (1) = e — 1. 5.
[xx •衡水二中热身]设函数f (x ) = In x — ax , g (x ) = e x — ax ,其中a 为实数.若f (x )
g (x )在(1 ,+s )上有最小值，则 a 的取值范围是( )
a , g '(x ) = e x — a ,由题意得，当 x € (1 , )时 f '(x ) <0
1
x € (1 ,+^)时a>-恒成立，贝U a > 1.因为g '(x ) = e x — a 在(1 , +m )上单调
x
递增，所以
综上，可知a 的取值范围是(e ,+s ).
1
解法二：f '(x ) = 一一 a , g '(x ) = e x — a.由题意得，当 x € (1 ,
)时 f '( x ) <0 恒成
x
1
立，即x € (1 ,+s )时a >一恒成立，贝U a > 1.
x
当a <0时，g'(x)>0恒成立，从而g (x )在(1 , +^)上单调递增，故g (x )在(1 , +^) 上无最值，不符合题意；
当0<a <e 时，由g '(x )>0得x >ln a ,又In a < 1,故g (x )在(1 , +^)上单调递增， 故g (x )在(1 ,+s )上无最值，不符合题意；
当a >e 时，由g'(x)>0得x >ln a ,又In a >1，故g ( x )在(1 , In a )上单调递减，在(In
a ,+m )上单调递增，此时有最小值，为
g (In a ) = e In a — a ln a = a — a ln a .
由题意知In a >1，所以a >e. 综上，可知a 的取值范围是(e ,+s ).
6. [xx •武邑中学期末]函数f (x )的定义域为R, f ( — 1) = 2,对任意x € R, f '(x )>2 ,
,+R )上是单调减函数， 且 解析令函数g ( x )=
，则 g '(x )=-
x
e
e 2 — 2e — 1A. (e ,+s ) B . [e ,
+ m C. (1 ,+s ) D . [1 ,
+ m
答案 A
解析解法一:
:f
'
(x)= 1
恒成立，即 g '(x )>g ' (1) = e —a .又 g (x )在(1 , )上有最小值， 则必有 e — a <0,即 a >e.
在(1
则f (x)>2x+ 4的解集为()
A. ( —1,1) B . ( —1 ,+s)
C.(―汁一1) D . ( —m,+m)
答案B
解析设m(x) = f (x) —(2x + 4),
■/ n i (x) = f'(x) —2>0,「. m(x)在R上是增函数.
m —1) = f (—1) —(—2+ 4) = 0,
••• mx)>o 的解集为{x| x>—1},
即f (x)>2x + 4 的解集为(—1 ,+8).
7. _______________________________________________________________________ [xx •衡水二中预测]函数f (x) = x(x—m在x= 1处取得极小值，则m= ___________________
答案1
解析f ' (1) = 0可得m= 1或m= 3.
当m= 3 时，f'(x) = 3(x—1)( x —3),
1<x<3, f '(x)<0 ; x<1或x>3, f '(x)>0，此时x = 1处取得极大值，不合题意，所以
m= 1.
1
8. [xx •枣强中学月考]函数f(x) = -x3—x2—3x —1的图象与x轴的交点个数是
3
答案3
解析f ' (x) = x —2x —3 = (x + 1)( x—3)，函数在(—8, —1)和(3 ,+8)上是增函
2
数，在(一1,3)上是减函数，由f (x)极小值=f (3) =—10<0,f(x)极大值=f ( —1) = §>0知函数f (x) 的图象与x 轴的交点个数为3.
ax
9. [xx •衡水二中猜题]已知函数f (x)=—-——2(a>0, r>0).
x十r
(1) 求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；
a
(2) 若-=400,求f (x)在(0,十8)内的极值.
解(1)由题意知x丰—r，所求的定义域为(一m, —r) U ( —r ,十8).
ax
ax
f(x)= x+ r 2= x2+ 2rx + r2，
2 2
, a x 十2rx 十r —ax /x+ 2r
f ( x) = 2 - 2 2
x + 2rx 十r
所以当x<—r 或x>r 时，f '( x)<0 ;
当一r<x<r 时，f '( x)>0 ,
因此，f (x)的单调递减区间为(一g, —r) , (r，十^) ；f (x)的单调递增区间为(一r, r).
(2)由(1)的解答可知f'() = O,f(x)在(0,r)上单调递增，在(r,十^)上单调递减.因此, x = r是f (x)的极大值点，所以f (x)在(0,十8)内的极大值为f (r)=ar a 400
7T^=牙=T
=100,无极小值.
10. [xx •衡水二中一轮检测]已知曲线f(x) =- X3+ 3x2+ 9x + a与x轴只有一个交点, 求实数a 的取值范围.
解f '(x) =- 3x + 6x+ 9.
令f'(x) = 0,解得x i=- 1, X2= 3.
列表：
x(-m，- 1)-1(-1,3)3(3 ,+^)
f' (x)—0+ 0—
f(x)极小值极大值
所以当x =- 1时，f (x)有极小值f ( —1) = a-5;当x = 3时，f (x)有极大值f(3) = a
+ 27.
画出大致图象，要使f (x)的图象与x轴只有一个交点，只需极大值小于0(如图1)或极
小值大于0(如图2).
所以a- 5>0 或a+ 27<0.解得a>5或a<-27.
故实数a的取值范围为a>5或a<- 27.
b e x-1
11. ----------------------------------------------------------------------- [xx •武邑中学仿真]设函数f (x) =
a e x In x + ----------------------------------------------- ，曲线y = f (x)在点(1 , f(1))处
x 的切线方程为y = e(x —1) + 2.
(1) 求a, b；
(2) 证明：f(x)>1.
解(1)函数f (x)的定义域为(0，+m), f '(x) = a e x ln x + -e x--b^e^11+ b e x1.由题意
x x x 可得f(1) = 2, f ' (1) = e.故a= 1, b= 2.
(2)证明：由(1)知，f (x) = e x ln x + ~e x-：从而f (x)>1 等价于x ln x>x e-x--.设函数
x e
g(x) = x ln x，则g'(x) = 1 + In x.
所以当x €(x)<0 ;
11
时，g'(x)>0.
因此，当a
—4时，x 轴为曲线y = f (x )的切线.
,,'0，e 上单调递减，在 £，+^ 上单调递增，从而
g (x )在(0，+^)上的
最
e =-
e .
—
2 —
设函数 h (x ) = x e x ——，贝U h '(x ) = e x (1 — x ). e 所以当 x € (0,1)时，h '(x )>0 ;当 x € (1 ,+s )时，h '(x )<0.
故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，+s )上单调递减，从而 h (x )在(0，+^)上的最大 + , 1 值为 h (1)=— 一.
e
综上，当 x >0 时，g (x )>h (x )，即 f (x )>l.
能力组
12.
[xx •冀州中学预测]
定义在R 上的函数f (x ) = ax 3 + bx 1 12+ cx ( a * 0)的单调增区间为 (—1,1)，若方程3a (f (x ))2+ 2bf (x ) + c = 0恰有6个不同的实根，则实数
a 的取值范围是
1
答案 a <— 2
解析 •••函数f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx 的单调增区间是(一1,1)，
2
2b c
••• 3ax + 2bx + c >0 的解集是(—1,1)，因此有 a <0，—苏=—1 + 1 = 0，— 1 =药，二 b =
32
3
2
2
0，c =— 3a ，函数 f (x ) = ax + bx + cx = ax — 3ax .由 3ax + 2bx + c = 3ax — 3a = 0，得函数 f (x )的极大值为 f (1)、极小值为 f ( — 1).方程 3a (f (x )) 2+ 2bf (x ) + c = 0 可变为 3a (f (x )) 2
'a<0
—3a = 0，要使3a (f (x )) 2 — 3a = 0恰有6个不同的实根，需满足
f —1 ； — 1 ，得a < f 1 >1
1 2. 3 1 13.
[xx
•冀州中学猜题]已知函数f(x) =x +
ax +
4，g (x)
=-
ln x .
(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y =f (x )的切线； (2)用min{m , n }表示 m n 中的最小值，设函数
h (x ) = min{f (x ), g ( x )}( x >0)，讨论
h (x )零点的个数.
解 (1)设曲线 y = f (x )与x 轴相切于点(x o,O)，贝U f (x 。

)= 0 , f '(x o ) = 0,即 r 3 1 x ° + ax °+ 4=0，
2
J3x o + a = 0.
解得x o = 2,
故g (x )在0
小值为g
(2)当 x € (1 ,+s )时，g (x ) = — In x <0,从而 h (x ) = min{f (x ) , g (x )} w g (x )<0，故 h (x )在(1 , )上无零点.
5 5
当 x = 1 时，若 a 》一；，贝y f (1) = a + 二》0, h (1) = min{f (1) , g (1)} = g (1) = 0,故 x
4 4 5
=1 是 h (x )的零点；若 a <— 4，则 f (1)<0 , h (1) = min{f (1) , g (1)} = f (1)<0，故 x = 1 不是
h (x )的零点.
当x € (0,1)时，g (x ) =— In x >0.所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数. ①
若a w — 3或a > 0,则f '(x ) = 3x + a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调.而
1 5
f (0) = 4, f (1) = a + 4,所以当 a w — 3 时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当 a >0 时，f (x )
在(0,1)上没有零点.
，即一4<a <0, f (x )在(0,1)上无零点;
3 =0，即a = — 4,则f (x )在(0,1)上有唯一零点; 3 1 5 5 3
<0,即—3<a < — 4，由于 f (0) = 4, f (1) = a + 4，所以当—^<a <—4时,
5
f (x )在(0,1)上有两个零点；当-3如-4时，f(x)在(0,1)上有一个零点.
综上，当a >— 3或a < — 4时，h (x )有一个零点；当a =—寸或a = — 5时，h (x )有两个零点; 当—4<a < — 3时，h (x )有三个零点.
n
14. [xx •武邑中学仿真]已知函数f (x ) = x cos x — si n x , x € |0,—
<b 对x € |0, y 恒成立，求a 的最大值与b 的最小值.
解 (1)证明：由 f (x ) = x cos x — sin x 得 f '(x ) = cos x — x si n x — cos x =— x s in x . 因为在区间(0 , "2)上 f '(x ) = — x sin x <0, 所以f (x )在区间0,
从而 f (x ) w f (0) = 0.
②若—3<a <0,则 f (x )在 0,
—3 ［上单调递减，在 —a 1上单调递增，故在
(0,1)中，当x =、/—a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (1)求证：f (x ) w 0； 卄 sin x
⑵若a<—— x sin x “=<b ” 等价于“ sin x - bx <°”. = a 1
—+一 3十4 a . 若f
b . 若f
c . 单调递减.
sin x
⑵当x>0时，“——>a”等价于“ sin x—ax>0”；
x
令 g (x ) = sin x — ex ，贝U g'(x ) = cos x — c . 当c <0时，g (x )>0对任意x € 0,守 恒成立.
当 c >1 时，因为对任意 x € j 0, -2 , g z ( x ) = cos x — c <0,
n
所以g (x )在区间［0 ,㊁］上单调递减. 从而g (x )< g (0) = 0对任意x € 0, -2恒成立.
，T 使得 g 7( X 。

) = cos X 。

- c = 0.
g (x )与g '(x )在区间|0
因为g (x )在区间［0 , x o ］上是增函数, 所以 g (x °)>g (0) = 0.
x 3+ 3x — 3a , 解⑴因为f(x) = A3x + 3a ,
广 2
3x + 3, x >a ,
所以 f '(X )= i 2
px — 3, x <a .
①当a <— 1时，有x > a ,故f (x ) = x 3+ 3x — 3a ,此时f (x )在(一1,1)上是增函数, 因此，Ma ) = f (1) = 4 — 3a , m (a ) = f ( — 1) = — 4 — 3a , 故 Ma ) — m (a ) = (4 — 3a ) — ( — 4— 3a ) = 8. ②
当—1<a <1 时，若 x € (a, 1)，则 f (x ) = x 3+ 3x — 3a 在(a, 1)上是增函数;
3
右 x € ( — 1, a )，贝U f (x ) = x — 3x + 3a 在(一1, a )上是减函数.
3
当0<c <1时，存在唯一的x °€
进一步,
"g (x )>0对任意x € 0，专恒成立”当且仅当g 专=1 n
2
0,即 0<c < .
综上所述, 当且仅当
g (x )<0对任意
n
x € 0, "2恒成立.
2 r 1 C <二时，g (x )>0对任意x € 0, n 恒成立；当且仅当 c >i
71 时,
<b 对任意x € 0, n 恒成立，
则a 的最大值为"I , b 的最小值为
15. ［xx •衡水中学模拟］已知函数f (x ) = x 3 + 3|x — a |( a € R). (1)若f (x )在［—1,1］上的最大值和最小值分别记为
Ma ) , ma )，求Ma ) — m (a )；
2
⑵ 设b € R.若［f (x ) + b ］ <4对x € ［ — 1,1］恒成立，求3a + b 的取值范围.
所以，若 sin x a <
一 x
1. x > a ,
x <a
,
由于一1< x < 1,
所以Ma) = max{f (1) , f ( —1)} , m( a) = f (a) = a .
由于f(1) —f( —1) =- 6a+ 2,因此
1 3
当一1<a w3时，Ma) —m(a) = —a —3a + 4；
3
「1 」3
当3<a<1 时，Ma) —nm a) =—a + 3a+ 2.
3
③当a>1 时，有x< a,故f (x) = x3—3x + 3a, 此时f(x)在(一1,1)上是减函数，
因此，Ma) = f( —1) = 2+ 3a, na) = f(1) =—2 + 3a. 故Ma) —a) = (2 + 3a) —( —2+ 3a) = 4.
综上，Ma) —na)=
.8, a w —1,
3 1
—a —3a+ 4, —1<a< 3,
i 3 1
—a + 3a+ 2, 3<a<1,
3
' 4 , a> 1.
(2)令h(x) = f (x) + b,则
i - 3
x + 3x —3a + b , x> a ,
h( x) = * 3
x —3x + 3a+ b , x<a ,
3x13 14 15+ 3 , x > a ,
h (x) = 2
(3x —3 , x<a.
因为［f(x) + b］2W4 对x€ ［—1,1］恒成立,
即—2w h(x) W2 对x € ［—1,1］恒成立.
所以由(1)知，
①当a w—1时，h(x)在［—1,1］上是增函数，h(x)在［—1 , 1］上的最大值是h(1) = 4 —
3a+ b,最小值是h( —1) =—4—3a+ b,则—4 —3a+ b>—2 且4 —3a+ b w2,矛盾；
②当一1<a w3时，h(x)在［—1,1］上的最小值是h(a) = a3+ b,最大值是h(1) = 4—3a +
b ,
13
,-上是增函数，故t(a) >t(O) =—2,因此一2w3 a+ b w0；
1 3
③当3<a<1时，h(x)在［—1,1］上的最小值是h(a) = a + b,最大值是h( —1) = 3a + b+ 2 ,
15
所以a + b》—2 且3a+ b+ 2w2 ,
28
解得—27<3a+ b w 0
1 所以
a3+ b>—2,且4 —3a+ b w2,
从而—2 —a3+ 3aw3a+ bw6a—2,令t(a) =—2 —a3+ 3a ,贝U t '(a) = 3—3a2>0 , t(a)在j O
且O w a w-.
3
④ 当a >l 时，h (x )在［—1,1］上的最大值是 h ( — 1) = 2+ 3a + b ,最小值是 h (i) =-2 + 3a + b ,
所以 3a + b + 2w 2,且 3a + b — 2>— 2，解得 3a + b = 0. 综上，得3a + b 的取值范围是—2<3 a + b < 0.
.1直线的方程和两条直线的位置关系文
答案 A
m 1
m 1
解析因为y =
—
孑+n 经过第一、三、四象限，故-n >°,孑°,即吨n <°,但此为充
要条件，因此，其必要不充分条件为
mr<0.
4. ［xx •冀州中学模拟］已知直线I 1： x + 2y — 1 = 0与直线12： mx — y = 0平行，则实数 m
1.［xx •枣强中学热身］已知直线I 的斜率为 3, 4=0的斜率的倒数，则直线
I 的方程为（
A . y = 3x + 2 c. y =
3x
+ 2
在y 轴上的截距为另一条直线 x — 2y —
B. D. y = ,3X — 2 y = — 3x + 2
1
解析 •••直线x — 2y — 4= 0的斜率为2, •••
直线I
在y 轴上截距为2，二直线l 的方程为
y = 3x + 2，故选 A.
2. ［xx •衡水中学猜题］设直线I 与x 轴的交点是 按逆时针方向旋转 45°,得到直线的倾斜角为 a + 45 A . 0
a W 180° B. 0 P ,且倾斜角为a ，若将此直线绕点 P '，则
（ ）
W a <135
C. 0 a <180°
D. 0
< a <135° 答案 解析
0°< a <180°,
■
0°W a + 45°V 180
• 0°< a <135
.•••选 D.
3. ［xx •衡水中学一轮检测］一次函数y — n m 1 x + -的图象同时经过第一、三、四象限的 n
必要不充分条件是（
）
A . m >1，且 n <1
C. m >0,且 n <0 B.
D.
mr<0 m <0,且 n <0
的取值为（）
1 A. —2
1 BE
C. 2 答案 A
m — 1
解析 因为直线l i ： x + 2y — 1 = 0与直线12： mx-y = 0平行，所以彳=-^丰0,解得 m
=—£故选A.
5. ［xx •衡水二中周测］已知直线 I 仁 x + (a — 2)y — 2= 0, I 2: (a —
2)x + ay — 1 = 0，则 “a = — 1” 是“ l i 丄丨2” 的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件 答案 A
解析 一方面，若a =— 1,贝U 11: x — 3y — 2= 0,丨2：— 3x — y — 1 = 0，显然两条直线垂 直；另一方面，若 丨1丄丨2,则(a — 2) + a (a — 2) = 0,「. a =— 1或a = 2，因此，“ a = — 1”是 “I 1丄I 2”的充分不必要条件，故选 A.
6.
［xx •枣强中学仿真］如果直线(2a + 5)x + (a — 2)y + 4= 0与直线(2 —
a )x + (a + 3)y — 1 = 0互相垂直，则a =( )
B.
— 2
D. 2,0 , — 2 C
由题意可知(2a + 5)(2 — a ) + (a — 2) •( a + 3) = (2 — a ) • [(2 a + 5) — (a + 3)]=—
D.— 2
A . 2
C. 2, 答案 解析
(a — 2)( a + 2) = 0，解得 a =± 2,故选 C.
7. [xx •衡水二中月
考
轴相交于点 B ,且坐标原点 ］设m n € R ,若直线l : mx^ ny — 1 = 0与x 轴相交于点 A,与y O 到直线l 的距离为，3,则厶AOB 勺面积S 的最小值为( )
B. 2
C. 3 答案
D. 4
解析 原点O 到直线l
的距离 d =E °+ 2n x
0—
1| =—1—2=
3,••• m +n 2=3 在直
V m + n 3
m + n 2
1
线丨的方程中，令y =0可得x =m ，即直线l 与x 轴交于点 0 '令x = 0可得y =n 即
直线 l 与 y 轴交于点 B 0, n , .•S AOB = 2 OA •I OB ="
1 1 1 1 而•甬=2| 当且仅当i m = |n |时上式取等号，由于 m + n
2 = 1,故当 2 2 1 m
= n =石时‘"OB 勺面积取最小值
3.
8. ［xx •武邑中学热身］过两直线2x — y — 5 = 0和x + y + 2= 0的交点且与直线 3x + y — 1 =0
平行的直线方程为 _____________ .
答案 3x + y = 0
解析 联立2x — y — 5 = 0和x + y + 2= 0,得交点P (1 , - 3).设过点P 且与直线3x +y —1 = 0平行的直线方程为 3x + y + m = 0.把点P 代入即可得n = 0.
9. [xx •衡水二中期中]已知直线x + 2y = 2分别与x 轴、y 轴相交于A, B 两点，若动点 P (a , b )在线段AB 上，则ab 的最大值为 _________________ .
答案
直线x + 2y = 2与x 轴的交点为A (2,0)，与y 轴的交点为B (0,1)，由动点P (a ,
AB 上，可知 0w b < 1,且 a + 2b = 2,从而 a = 2— 2b ,故 ab = (2 — 2b )b =— 2b 2 + 2b =-2b -2 2+
由于0W b w 1,故当b = 2时，ab 取得最大值1.
10. [xx •枣强中学模拟]直线x + •, 3y + 1 = 0的倾斜角的大小是
答案
5 n
6 解析
由题意 k=^ -33,1 卩 tan 0 = — -33,
11. [xx •衡水二中期末]如图，已知 A — 2, 0) , B (2,0) , C (0,2) , E ( — 1,0) , F (1,0), 一束光线从F 点出发射到BC 上的D 点，经BC 反射后，再经AC 反射，落到线段AE 上 (不含端 点)，则直线
FD 斜率的取值范围为 _____________________ .
c X
4
V R X
答案 (4 ,+^)
解析 从特殊位置考虑.如图，•••点A — 2,0)，关于直线BCx + y = 2的对称点为A (2,4),
kA 1 F = 4.又点E ( — 1,0)关于直线 AC y = x + 2的对称点为 Ei( — 2, 1)，点Ei( — 2,1)关于 直线BC x + y = 2的对称点为 6(1,4)，此时直线EaF 的斜率不存在，二k FD >kAF ,即卩k FD € (4 , + ^).
解析
b )在线
B ( — 4,2),
•••| AB = .
1 + 1
2 +
12. [xx •武邑中学猜题]设直线I 的方程为(a + 1)x + y — 2— a = 0( a € R). (1) (2) 小值时，
解
若直线l 在两坐标轴上的截距相等，求直线 l 的方程；
若a >— 1,直线I 与x 、y 轴分别交于 M N 两点，0为坐标原点，求△ OMF 面积取最 直线I 的方程.
(1)当直线l 经过坐标原点时，该直线在两坐标轴上的截距都为
解得a =— 2,此时直线l 的方程为一x + y = 0,即x —y = 0；当直线l 2+a —2且a z —1时，由直线在两坐标轴上的截距相等可得 的方程为x + y — 2 = 0.所以直线l
(2)由直线方程可得 M*,
1 2 + a
所以 OMN =二 X
2 a + 1 =J i a+1
+
0，此时 a + 2 = 0, 不经
过坐标原点，即a z
a +1 = 2+ a
，解得a = 0,此时直线l
的方程为x —
0 , N (0 , 2 + a )，因为 a >— 1,
1
x (2 + a )=尹
a+1 +1]2 a + 1
.
1
|门
a
+]鳥+1+2 = 2,
1
当且仅当沙1 =苟，即a = 0时等号成立. 此时直线I 的方程为x + y — 2 = 0.
13.[xx •冀州中学仿真 0上，且AB 线段的中点为
能力组
]已知A 、B 两点分别在两条互相垂直的直线 2x — y = 0和x + ay =
A . 11 B. 10 C. 9 D. 8
答案
解析 依题意，a = 2, P (0,5),设 A (x, 2x )、B ( — 2y , y )，故
x — 2y = 0,
2x + y = 10,
则 A (4,8)、
2
= 10,故选 B.
14. [xx •武邑中学预测]l i , I 2是分别经过A (1,1) , B (0，- 1)两点的两条平行直线，当 I 1 , I 2间的距离最大时，直线 l l 的方程是 _________ •
答案 x + 2y — 3= 0
解析 当两条平行直线与 A 、B 两点连线垂直时，两条平行直线间的距离最大•因为 k AB
—1 — 1 1 1
= =2,所以两条平行直线的斜率为一
厅，所以直线I 1的方程是y — 1 = —-(x — 1)，即 0— 1
2 2
x + 2y — 3 = 0.
15. [xx •衡水二中模拟]已知直线：
Sin 9
x + C0S 9 y = 1( a, b 为给定的正常数，0为参 a
b
数，9 € [0,2 n ))构成的集合为S ,给出下列命题：
n b
①
当9 =n 时，S 中直线的斜率为-；
4
a
② S 中所有直线均经过一个定点；
③ 当a = b 时，存在某个定点，该定点到 S 中的所有直线的距离均相等； ④ 当a >b 时，S 中的两条平行直线间的距离的最小值为 2b ；
⑤ S 中的所有直线可覆盖整个平面.
其中正确的是 ________ (写出所有正确命题的编号). 答案③④
n
解析 直线方程可化为 b sin 9 • x + a cos 9 • y = ab.当9 =一时，S 中直线的斜率为—
4
n
b sin
4
b
=—-，故①错误；由直线方程易知所有直线不经过一个定点，故②错误；③当
a =
b n
a
a cos —
4
时，直线方程为sin 9 • x + cos 9 • y = a ,显然原点(0,0)到直线的距离d = =a (定值)，故③正确；设两平行直线为
b sin 9 1 • x + a cos 9 1 • y — ab = 0, b sin 9 2 • x +
a cos 9 2 • y — a
b = 0，显然9 & 9 2,否则重合，那么当 sin 9 1= sin 9 2= 0时，不妨取 9 1 =
0, 9 2= n ，则两直线为 y = b , y = — b ,距离为 2b ，当cos 91 = cos 9 2= 0时，不妨取 9 1
=1^，9 2=牛则两直线为x = a ,x =-a ，距离为2a ，当x ,y 的系数
均不为0时，则
acos 9 1
，即 sin 9 1COS 9 2= sin 9 2COS 9 1,即卩
sin( a cos 9 2
16. [xx •枣强中学期末]在直角坐标系 xOy 上取两个定点 A ( — 2,0)、A>(2,0)，再取两 个动点 N (0 ,
a
sin 2 9 + cos 2 9
9 1 — 9 2)= 0，不妨令 9 1> 9 2,则 9 1 —
9 2= n ，即卩9 1= n + 9 2,于是第一条直线为
b sin( 0，即一b sin 9 2 • x — a cos 9 2 • y — ab = 0, 即卩 b sin 9 2ab
2ab
间的距离 d
= 丁2^2 2 2一 >——2一2 2——2
吋b sin 9 2+ a cos 9 2 p a sin 9 2+ a cos 9 2 S 中直线不过原点，故⑤错误. n + 9 2) • X + a cos( n
2 • x + a cos 9 2 + 9 2) • y — ab =
• y + ab = 0，故两平行线 2a b
=2b ,综上可知④正确;
显然
⑵已知点F2(1,O)，设直线l : y = kx + m与⑴中的轨迹M交于P Q两点，直线F2P、
a)、2(0 , b)，且ab= 3.
(1)求直线AN与A2交点的轨迹M的方程；
14. [xx •武邑中学预测]l i , I 2是分别经过A (1,1) , B (0，- 1)两点的两条平行直线，当
F 2Q 的倾斜角为a 、 B ,且a + 3 = n ，求证：直线I 过定点，并求该定点的坐标. 解 ⑴ 依题意知直线 AN
的方程为：y = 2( x + 2)，①
b
直线AN 2的方程为：y = — 2(x — 2)，②
2
ab 2
x 2
设Rx , y )是直线A i Ni 与AN 2的交点，①x ②得 y =—丁(x — 4)，由ab = 3,整理得二+
4
4
=1.
•••点N 、N 2不与原点重合,
•••点 A ( — 2,0)、A(2,0)不在轨迹 M 上,
2 2
x y
•轨迹M 的方程为一+^= 1(x z 土 2).
4 3
Q X 2, y 2)，则
由已知 a + 3 = n ，得 kF ?P + kF 2Q= 0,
kx 1+ m kx 2 + m
1=0，
化简，得 2kx 1X 2+ ( m- k )( X 1 + X 2) — 2m= 0,
整理得m= — 4k . •直线I 的方程为y = k ( x — 4), •直线I 过定点，该定点的坐标为(4,0).
(2)证明：由题意知，直线 l 的斜率存在且不为零,
联立方程得彳 y = kx + m 2 2
x y 一+二=1
〔4 3
，消去 y ,得(3 + 4k 2) x 2 + 8kmx + 4n i — 12= 0，设 P (x 1, yd 、
—8km
x1+x2
= 3^ 4m —12 kF 2P = kx 1+ m X 1—
kF 2Q=
kx 2 + m
X 2— 1 . 3 + 4 k 2
代入，得2k x 4m i — 12
3+4k 2
8mk m- k
3+ 4k 2
—2m= 0, X 1X 2 =。